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Sorbonne Université 14/05/2019
EXAMEN D’ANALYSE COMPLEXE: 3M266
Les documents et outils électroniques ne sont pas autorisés. Durée : 2h. L’examen se compose de quatre exercices,
indépendants entre eux. Barème indicatif : exercice 1 : 10/50, exercice 2 : 10/50, exercice 3 : 12/50, exercice 4 :
18/50. Ce barème est susceptible d’être modifié par la suite.
Notations : Pour a dans C , r dans R+ et R dans [R,+∞] , on pose D(a,r)={z∈C,|z−a|<r} , C(a,r)=
bD(a,r) , D(a,r)∗=D(a,r) \ {a} et A(a,r,R)={z∈C,r<|z−a|<R} . On note C(a,r)+ le lacet parcourant
C(a,r)de manière standard dans le sens trigonométrique.
Exercice 1
Soit f une fonction holomorphe sur C∗ et R dans R∗
+
. On note (cn)n∈Z la suite des coefficients de la série de
Laurent de fen 0.
1. Prouver que l’expression ϕ(z)=1
2iπ∫C(0,R)+
f(ζ)
ζ−zdζdéfinit une fonction holomorphe ϕsur
U=C\C(0,R).
2. a. Pour z dans D( 0 ,R) , donner le développement en série de Laurent de la fonction ζ7→ 1
ζ−z
sur l’anneau
A(0,|z|,+∞).
b. En déduire le développement en série entière de ϕsur D(0,R)à l’aide des coefficients cn.
3. Calculer ϕsur C\D(0,R)à l’aide des coefficients cn.
Exercice 2
Soit Ω un domaine de C , (fn)n≥0 une suite de fonctions holomorphes sur Ω à valeurs dans le disque unité
ouvert D qui converge uniformément sur tout compact de Ω vers une fonction non constante f . Prouver que f est
également à valeurs dans D.
Exercice 3
Soit P un polynôme unitaire à coefficients complexes. On note d son degré et ρ le plus grand des modules des
racines de P. On définit Q:C→Cpar Q(z)=(zdP(1/z)si z,0
1si z=0.
1. a. Prouver que Qest une fonction holomorphe qui ne s’annule pas sur D(0,1/ρ).
b. Établir l’existence d’une fonction holomorphe usur D(0,1/ρ)telle que u2=Q.
2. On suppose dans cette question que d est pair. Démontrer qu’il existe une fonction holomorphe f sur
A(0, ρ, +∞) telle que f2=P.
3. On suppose maintenant qu’il existe R dans ]ρ, +∞[ et f holomorphe sur A( 0 ,R,+∞) tels que f2=P . On
définit la fonction ϕ:D∗(0,1/R) → Cpar la formule ϕ(z)=u(z)
f1
z·
a. Démontrer que ϕest holomorphe et calculer ϕ2.
b. Établir que 0est une singularité éliminable de ϕ.
c. En déduire que dest pair.
Tournez la page s.v.p.

Exercice 4
Pour α réel, on pose, sous réserve d’existence, I(α)=∫+∞
0
tα
(1+t2)2dt
. On fixe deux nombres réels ε et R tels
que 0 < ε < 1 <R . On considère le lacet ∆R,ε qui est la concaténation des chemins orientés [ε, R]+ , ΓR , [−R,−ε]+
et γε, comme indiqué sur le dessin ci-dessous.
γε
ΓR
R
ε
0
-R R
-ε ε
i
1. Déterminer les valeurs de αpour lesquelles l’intégrale I(α)est convergente. Calculer I(1).
Dans la suite de l’exercice, on fixe un réel αtel que I(α)converge.
2. a. Démontrer qu’il existe une unique détermination holomorphe L du logarithme sur C\iR− à valeurs
dans R+i−π
2,3π 2.
b. Vérifier que l’expression f(z)=exp (αL(z))
(1+z2)2définit une fonction holomorphe sur C\ {i∪iR−}.
3. a. Déterminer de manière rigoureuse la valeur de Ind(i,∆R,ε).
b. En déduire ∫∆R, ε f(z)dz.
4. a. Démontrer que ∫ΓR f(z)dz admet une limite quand Rtend vers +∞et la calculer.
b. Démontrer que et ∫γε f(z)dz admet une limite quand εtend vers 0+et la calculer.
c. En déduire la valeur de I(α).

Sorbonne Université Mai 2019
CORRIGÉ EXAMEN 3M266
Exercice 1
1. On fournit deux preuves différentes, la seconde étant une variante de la première.
Preuve 1 : La fonction g:(ζ, z) 7→ f(ζ)
ζ−zest continue sur C(0,R) × U. De plus si ζest fixé dans C(0,R),
la fonction z7→ g(ζ, z)est holomorphe sur U. Le corollaire 5.8 du cours permet d’en déduire que φest
bien définie et holomorphe.
Preuve 2 : On explicite l’expression de φ:φ(z)=1
2iπ2π
0
Φ(z, θ)dθoù Φ(z, θ)=f(Reiθ)
Reiθ−ziReiθ. Pour
tout nombre complexe zde module différent de R, la fonction θ7→ Φ(z, θ)est continue sur [0,2π]donc
mesurable. De plus, si θest fixé dans [0,2π], la fonction z7→ Φ(z, θ)est holomorphe sur U. Enfin, si Kest
un compact de U,ε=dist(K,C(0,R)>0et tour tout (z, θ)dans K× [0,2π], on dispose de la domination
|Φ(z, θ)| ≤ || f||R
ε·Les fonctions constantes étant intégrables sur [0,2π], le théorème sur l’holomorphie des
intégrales à paramètre (théorème 5.7 du cours) permet de conclure que φdéfinit une fonction holomorphe
sur U.
2. a. Pour |ζ|>|z|,1
ζ−z
=1
ζ(1−z/ζ)=
+∞
n=0
zn
ζn+1avec convergence normale sur tout compact de
A(0,|z|,+∞) car la série
+∞
n=0
wnest de rayon de convergence 1.
b. On présente deux preuves différentes.
Preuve 1 : Fixons zdans D(0,R). On sait d’après 2.a. que la série de Laurent de ζ7→ 1
ζ−zconverge
normalement sur tout compact de A(0,|z|,+∞). Comme C(0,R)est un compact de cet anneau, en
utilisant le lemme 4.8 du cours on obtient
φ(z)=1
2iπC(0,R)
f(ζ)
ζ−zdζ=1 2iπC(0,R)
+∞
n=0
f(ζ)zn
ζn+1dζ=
+∞
n=0
zn
2iπC(0,R)
f(ζ)
ζn+1dζ=
+∞
n=0
cnzn.
Preuve 2 : En calculant d’abord formellement et en appliquant la formule de 2.a. pour ζ=Reiθ, pour
tout zdans D(0,R):
φ(z)=1
2iπ2π
0
f(Reiθ) × +∞
n=0
zn
Rn+1ei(n+1)θiReiθdθ
=
+∞
n=0
zn
2iπ2iπ
0
f(Reiθ)
Rn+1ei(n+1)θiReiθdθ
=
+∞
n=0
zn
2iπC(0,R)+
f(ζ)
ζn+1dζ=
+∞
n=0
cnzn
La permutation somme-intégrale à la première ligne est justifiée par le fait que
2π
0
+∞
n=0f(Reiθ) × zn
Rn+1ei(n+1)θiReiθdθ≤2π|| f||C(0,R)
1− |z|/R<+∞
et le théorème suivant : si (fn)n≥0est une suite de L1(X,T, µ)et si la série
+∞
n=0
|| fn||1converge,
+∞
n=0
fn
est dans L1(X,T, µ)et X+∞
n=0
fndµ=
+∞
n=0X
fndµ.

3. La stratégie est la même qu’à la question 2 : si |z|>R, on développe la fonction ζ7→ 1
ζ−zen série entière
dans le disque D(0,|z|) : pour |ζ|<|z|,1
ζ−z
=−1
z(1−ζ/z)=−
+∞
n=0
ζn
zn+1·avec convergence normale sur
tout compact de D(0,|z|) donc a fortiori sur C(0,R)et en utilisant à nouveau le lemme 4.8 du cours :
φ(z)=−1
2iπC(0,R)+
f(ζ) × +∞
n=0
ζn
zn+1dζ=−
+∞
n=0
z−(n+1)
2iπC(0,R)+
f(ζ)ζndζ
=−
+∞
n=0
c−n−1z−(n+1)=−
p<0
cpzp.
Exercice 2
On présente trois preuves différentes. D’après le théorème de Weierstrass, la fonction fest holomorphe sur Ω
et par passage à la limite simple fest à valeurs dans D.
Preuve 1 : Supposons qu’il existe z0dans Ωtel que |f(z0)| =1. Pour tout n∈N, on pose gn=fn−f(z0). Comme
fnest à valeurs dans D,gnne s’annule pas. La suite de fonctions holomorphes (gn)n≥0converge uniformément
sur tout compact vers f−f(z0). Par le théorème de Hurwitz, comme Ωest connexe, soit f−f(z0)est nulle, soit
f−f(z0)ne s’annule pas. Dans les deux cas on obtient une contradiction.
Preuve 2 : Supposons qu’il existe z0dans Ωtel que |f(z0)| =1. Soit run réel dans ]0,1− |z0|[. Alors D(z0,r)
est inclus dans D. Comme Ωest connexe, le principe du maximum entraîne l’inégalité stricte |f(z0)| <|| f||C(z0,r).
Il existe donc un point z1de C(z0,r)tel que |f(z1)| >1ce qui entraîne à nouveau une contradiction car fest à
valeurs dans D.
Preuve 3 : La fonction fétant non constante et Ωétant connexe, le théorème de l’application ouverte entraîne
que f(Ω)est un ouvert D. On a donc f(Ω) ⊂
o
D=D.
Exercice 3
1. a. Posons P=Xd+
d−1
k=0
akXk. Alors pour znon nul, Q(z)=1+
d−1
k=0
akzd−ket cette formule est également
valable pour z=0. La fonction Qest une fonction polynômiale, donc holomorphe. La valeur Q(0)est
non nulle et pour znon nul, Q(z)s’annule si et seulement si 1/zest une racine de P. En particulier,
ceci entraîne que 1/|z| ≤ ρ, soit |z| ≥ ρ. La fonction Qne s’annule donc pas dans D(0,1/ρ).
Remarque : Si ρ=0, la convention implicite est que 1/ρ= +∞. Dans ce cas P=Xd.
b. Comme D(0,1/ρ)est simplement connexe et que Qne s’annule pas sur ce disque, elle admet une
racine carrée holomorphe par le corollaire 4.26 du cours.
2. Pour zdans A(0, ρ, +∞), posons f(z)=zd/2u(1/z). On rappelle que dest pair, donc la puissance de z
est entière et donc fest bien définie. La fonction fest holomorphe et on a (f(z))2=zd(u(1/z))2=
zd× (z−dP(z)) =P(z).
3. a. Si zappartient au disque épointé D∗(0,1/R),1/|z|>R> ρ d’où (f(1/z))2=P(z),0et donc
f(1/z),0. Comme D(0,1/R)∗est inclus dans D(0,1/ρ),uest holomorphe sur D(0,1/R)∗donc φ
aussi. Pour tout zdans D(0,1/R)∗,φ(z)2=u(z)2
(f(1/z))2=zdP(1/z)
P(1/z)=zd.
b. Pour tout zdans D∗(0,1/R),|φ(z)|2=|zd|2≤R−2ddonc φest bornée. Par le théorème de Riemann, 0
est une singularité éliminable de φ.
c. Désignons par ˜φl’extension de φen une fonction holomorphe sur D(0,1/R). Comme (˜φ(z))2=zd
pour z,0, on obtient ˜φ(0)=0par continuité. Soit mla multiplicité du zéro de ˜φen 0. Alors 0est un
zéro de ˜φ2de multiplicité 2m. Or ˜φ2(z)=zddonc d=2met donc dest pair.

Exercice 4
1. On présente deux preuves assez voisines, l’une faisant uniquement appel à la théorie des intégrales
généralisées et la seconde utilisant l’intégrale de Lebesgue.
Preuve 1 : La fonction g:t7→ tα
(1+t2)2est continue sur R∗
+. Il suffit donc de faire une étude aux voisinage
des bornes impropres 0et +∞. Or g(t) ∼
t→+∞tα−4et t7→ tα−4est de signe constant (positif). D’après
le critère d’équivalence pour les intégrales généralisées, l’intégrale de gest convergente en +∞si et
seulement si α−4<−1, c’est-à-dire α < 3. De même g(t) ∼
t→0+tαqui est aussi de signe constant donc
l’intégrale de gest convergente en 0si et seulement si α > −1. L’intégrale de gest donc convergente sur
R∗
+si et seulement si αappartient à l’intervalle ] − 1,3[. Enfin, comme gest positive, la convergence et
l’absolue convergence de l’intégrale sont équivalentes donc +∞
0
g(t)dt est convergente (ou absolument
convergente) si et seulement si αappartient à ] − 1,3[.
Preuve 2 : La fonction g:t7→ tα
(1+t2)2est continue sur R∗
+donc localement intégrable sur R∗ +. On dispose
des équivalents g(t) ∼
t→+∞tα−4et g(t) ∼
t→0+tα. On en déduit que gest intégrable (au sens de Lebesgue) sur
R+si et seulement si les deux fonctions t7→ tα−4et t7→ tαsont intégrables dans des voisinages respectifs
de 0et de +∞dans R+. La fonction gest donc dans L1(R+)si et seulement si α∈] − 1,3[.
Enfin,
I(1)=+∞
0
t
(1+t2)2dt =−1
21
1+t2+∞
0
=1/2.
2. a. Soit Log: C\R−→Cla détermination principale du logarithme et posons pour zdans C\R−
L(z)=Log(−iz)+iπ/2. Comme (−iz∈R−⇔z∈iR−),Lest bien définie et holomorphe. De plus,
exp(L(z)) =exp (Log(−iz)+iπ/2)=−izeiπ/2=z
donc Lest une détermination du logarithme. Enfin, comme la partie imaginaire de la fonction Log est
à valeurs dans ] − π, π[, la partie imaginaire de la fonction Lest à valeurs dans ] − π/2,3π/2[. Ceci
établit l’existence de L. Pour démontrer l’unicité, on fournit deux preuves.
Preuve 1 : soit  Lune autre solution du problème. Pour tout zdans C\iR−,L(z)et  L(z)diffèrent
d’un multiple entier de 2iπ(remarque : ce multiple est indépendant de zcar C\iR−est connexe et
L− Lest continue, mais ce fait est inutile ici car la preuve s’effectue à zfixé). Or L(z)et  L(z)ont
leur partie imaginaire dans le même intervalle ouvert ] − π/2,3π/2[de longueur 2π. On en déduit que
|Im(L(z) −  L(z))| <2πet par suite L(z)= L(z).
Preuve 2 : Les logarithmes de 1étant les multiples entiers de 2iπ, seul 0a sa partie imaginaire dans
] − π/2,3π/2[d’où L(1)=0. Comme Lest une détermination du logarithme, c’est donc une primitive
de la fonction z7→ 1/zsur C\iR−(théorème 3.19 du cours). Une telle primitive est uniquement
déterminée par sa valeur en 1car C\iR−est connexe.
b. Posons U=C\iR−. Comme z7→ 1+z2est holomorphe et s’annule en iet −iet que Lest holomorphe,
la fonction fest holomorphe sur U\ {i}.
3. a. La demi-droite verticale i+R−® voù ® v=−icoupe le contour une seule fois au point iR. Plus précisément,
paramétrons ∆R,ε par l’intervalle [0,4]de la manière suivante :
[0,1] ∋ t7→ Reiπt
[1,2] ∋ t7→ −ε(t−1) − R(2−t)
[2,3] ∋ t7→ εeiπ(3−t)
[3,4] ∋ t7→ ε(4−t)+R(t−3)
Le point iRcorrespond à une seule valeur du paramètre, t=1/2et le vecteur tangent correspondant
est ® w=iπRexp(iπ/2), à savoir −R. On a Im ®
w
®
v
=Im−πR
−i=−πR<0donc en utilisant le lemme 4.14
du cours, Ind(∆R,ε,i)=1.